AcWing 479. 加分二叉树
\(AcWing\) \(479\). 加分二叉树
一、题目描述
设一个 \(n\) 个节点的二叉树 \(tree\) 的 中序遍历 为\((1,2,3,…,n)\)，其中数字 \(1,2,3,…,n\) 为节点编号。
每个节点都有一个分数（均为正整数），记第 \(i\) 个节点的分数为 \(d_i\)，\(tree\) 及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树 \(subtree\)（也包含 \(tree\) 本身）的加分计算方法如下：
\(subtree\)的左子树的加分 \(×\) \(subtree\)的右子树的加分 \(＋\) \(subtree\)的根的分数
若某个子树为空，规定其加分为 \(1\)。
叶子的加分就是叶节点本身的分数，不考虑它的空子树。
试求一棵符合中序遍历为\((1,2,3,…,n)\)且加分最高的二叉树 \(tree\)。
要求输出：
（1）\(tree\)的最高加分
（2）\(tree\)的前序遍历
输入格式
第 \(1\) 行：一个整数 \(n\)，为节点个数。
第 \(2\) 行：\(n\) 个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（\(0\)<分数<\(100\)）。
输出格式
第 \(1\) 行：一个整数，为最高加分（结果不会超过\(int\)范围）。
第 \(2\) 行：\(n\) 个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。如果存在多种方案，则输出字典序最小的方案。
数据范围
\(n<30\)
输入样例：
5
5 7 1 2 10
输出样例：
145
3 1 2 4 5
三、解题思路
前导知识:二叉树的三种遍历方式
题目的输入为这\(n\)个点 中序序列 的权值，我们直接存储。这里科普一下，一个二叉树的中序序列就是这个二叉树的节点 向下投影 构成的序列。
而事实上仅靠投影无法断定这个二叉树的具体结构，因此前序遍历的序列也会不同。
比如1 2 3 4 5这个中序序列
它可以是
3
2 4
1 5
也可以是
3
1 4
2 5
当然也可以是
4
2 5
1 3
在固定的中序序列条件下，枚举不同的根节点和叶子节点构建形态，可以获取不同的结构，也就是形态各异的二叉树，它们的前序遍历是不一样的。
解释：
- 心中有树，而手中无树
虽然给的是二叉树，但却无法用链式前向星把二叉树创建出来，因为这不是唯一的二叉树，不是一道图论题。
闫式\(DP\)分析法
状态表示
集合
\(f[i][j]\):从\(i\)到\(j\)区间内，选一点\(k\)作为根节点，表示中序遍历是 \(w[i \sim j]\) 的所有二叉树的集合
属性
加分二叉树的\(Max\)最大值
状态转移
任选节点\(k\)，以\(k\)点为根构成的加分二叉树的值=它的左子树的最大加分值 \(\times\) 右子树的最大加分值 \(+\) \(k\)点权值
\(Q\):石子合并枚举的\(k\)满足条件为\(i <= k < j\)，为什么本题是\(i<=k<=j\)呢？
答：
-
石子合并至少需要两堆才能合并，即有\(k\),也必须有\(k + 1\),才能划分成两个区间。
换句话说，就是\(i<=k,k+1<=j\),也就是\(i<=k<j\)。 -
回到本题,因为左子树右子树可以为空，也就是如果\(i=k\)时，左子树为空，如果\(j=k\)时，右子树为空， 题目中明确：若某个子树为空，规定其加分为 \(1\),也就是此时\(ls=1,rs=1\)就可以得到正确的得分了。
前序序列
我们只需要获取一个\(f[i][j]\)的时候，同时开一个相同大小的数组\(g[i][j]\),存储此区间内的根节点是谁，其实这是一个递归定义，我们捋着这条线索，就可以一路向上（或向下），找出完整的二叉树形态，也就是在中序序列确定情况下的前序序列，捋的办法就是用递归。
\(Q\):如果存在多种方案，则输出字典序最小的方案。
答： 因为\(k\)是从小到大遍历的，所以肯定是小的先存进去。而对比时采用了小于号，只有更小的才能更新，就保证取得的节点是字典序最小的方案。
另外一种就是不用记录数组，就是现推，现看\(f[1][n]\)是从哪个值转移过来的，边计算边退,两个都是一样的。
四、\(DP\)代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50;
int n;
int w[N]; // 权值数组
int f[N][N]; // DP数组 : i,j区间内的最大得分
int g[N][N]; // 路径数组：i,j区间内的最大得分，是在k这个节点为根的情况下获得的
// 前序遍历输出路径
void out(int l, int r) {
/*
其实，最后一个可以执行的条件是l=r,也就是区间内只有一个节点
当只有一个节点时,g[l][r] = l = r ①，此时继续按划分逻辑划分的话：
就是： [l,g[l][r]-1],[g[l][r]+1,r] ②
将①代入②，就是[l,l-1],[r+1,r]，很明显，当出现前面比后面还大时，递归应该结束了
*/
if (l > r) return;
cout << g[l][r] << " "; // 输出根结点,前序遍历
out(l, g[l][r] - 1); // 递归左子树
out(g[l][r] + 1, r); // 递归右子树
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);
/* DP初始化
① 因为左、右子树为空时，返回1，这其实也是为计算公式准备前提，按返回1计算时，无左右子树的点
,也就是叶子节点时，得分就是w[i]
② 此时，记录的辅助路径数组，g[i][i]表示的就是从i到i的区间内，根是谁，当然是i
Q:为什么一定要记录g[i][i]=i,不记录不行吗？一个点的区间为什么也要记录根是谁呢？
答：因为这是递归的出口，如果不记录的话，那么out输出时就会找不到出口，导致死循环，TLE或者MLE
*/
for (int i = 1; i <= n; i++)
f[i][i] = w[i], g[i][i] = i;
// 区间DP
for (int len = 2; len <= n; len++) // 单个节点组成的区间都是初值搞定了，我们只讨论两个长度的区间
for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) { // 枚举左端点
int r = l + len - 1; // 计算右端点
// 枚举根节点k, 两个区间：[l,k-1],[k+1,r],根节点k也占了一个位置
// 注意：k是可以取到r的，原因论述见题解
for (int k = l; k <= r; k++) {
// 根据题意特判
int ls = k == l ? 1 : f[l][k - 1]; // 左子树为空，返回1
int rs = k == r ? 1 : f[k + 1][r]; // 右子树为空，返回1
// 得分计算公式
int t = ls * rs + w[k];
// 记录取得最大值时的根节点k
if (f[l][r] < t) {
f[l][r] = t;
g[l][r] = k; // 记录l~r区间的最大得分是由哪个根节点k转化而来
}
}
}
// 输出
cout << f[1][n] << endl;
// 利用递归，输出字典序路径
out(1, n);
return 0;
}
五、记忆化搜索
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 35;
int n;
int w[N];
int f[N][N];
int g[N][N];
// 计算最大结果
int dfs(int l, int r) {
int &v = f[l][r]; // 简化代码
if (v) return v; // 记忆化搜索
if (l == r) return g[l][r] = l, v = w[l]; // 叶子分数是权值
if (l > r) return v = 1; // 题设空子树的分数为1,递归出口
for (int k = l; k <= r; k++) {
// 因为k是枚举根，根占了一个点，所以，左侧是[l,k-1],右侧是[k+1,r]
int t = dfs(l, k - 1) * dfs(k + 1, r) + w[k];
if (t > v) v = t, g[l][r] = k; // 记录第一次出现最大值时的k,方便输出字典序
}
return v;
}
// 前序遍历输出路径
void out(int l, int r) {
if (l > r) return; // 递归出口
cout << g[l][r] << " "; // 输出最优根
out(l, g[l][r] - 1); // 递归左子树
out(g[l][r] + 1, r); // 递归右子树
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);
// 区间1~n的最大结果
cout << dfs(1, n) << endl;
// 输出路径
out(1, n);
return 0;
}
